2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试卷-教师用卷

2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试卷

一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）

1.  下列属于国际单位制中基本单位符号的是(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B 

【解析】国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，符号分别是、、、、、、，其余单位都属于导出单位。
故选B。
 

2.  如图所示，轻质网兜兜住重力为的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的点，轻绳的拉力为，墙壁对足球的支持力为，则(    )
 

A.  B.  C.  D.

【答案】C 

【解析】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为，由平衡条件
可知，
故选C。
 

3.  “神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则(    )
 

A. 选地球为参考系，“天和”是静止的
B. 选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C. 选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D. 选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的

【答案】C 

【解析】

【分析】为了研究和描述物体的运动，我们引入了参考系，选择不同的参考系，同一物体相对于不同的参考系，运动状态可以不同，选取合适的参考系可以使运动的研究简单化。
【解答】“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；
“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。
故选C。  

4.  一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(    )

A. 弹性势能减小 B. 重力势能减小
C. 机械能保持不变 D. 绳一绷紧动能就开始减小

【答案】B 

【解析】

【分析】
本题主要考查功能关系的应用。根据形变量的变化分析弹性势能的变化；根据重力做功情况，分析重力势能的变化；根据机械能守恒条件分析机械能是否守恒；分析游客的受力情况，根据合力做功情况判断动能的变化情况。
解答本题的关键要明确游客的受力情况，来判断其运动情况，不能简单地认为绳一绷紧就开始减速。
【解答】
游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。
A.橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；
B.游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；
C.下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；
D.绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。
故选B。  

5.  如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从点抛出沿轨迹运动，其中是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小(    )
 

A. 点最大 B. 点最大
C. 点最大 D. 整个运动过程保持不变

【答案】A 

【解析】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。
故选A。
 

6.  主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波声音在空气中的传播速度为(    )
 

A. 振幅为
B. 频率为
C. 波长应为的奇数倍
D. 在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相

【答案】B 

【解析】

【分析】
主动降噪耳机是根据波的干涉条件，产生抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后相互抵消来实现降噪的。
由图像求解声波的振幅和周期，进而得到其频率和波长；为实现降噪的目的，在耳膜中产生的振动与图中所示的振动相位相反。
本题考查振动图像和波的干涉，解题关键是能从振动图像中得到声波的频率和波长，进而求解。
【解答】
A.抵消声波与噪声的振幅相同，也为，A错误；
B.抵消声波与噪声的频率相同，由，B正确；
C.抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为，C错误；
D.抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D错误。
故选B  

7.  如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴，接入电阻构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当时，导体杆振动图像是(    )
 

A.  B.
C.   D.

【答案】B 

【解析】导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当从变为时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所以杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长。
故选B。
 

8.  某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场。调节电阻，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为(    )
 

A. ， B. ， C. ， D. ，

【答案】D 

【解析】据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使霍尔元件输出霍尔电压为零，直导线在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流的方向应该是；
元件输出霍尔电压为零，则霍尔元件处合场强为，所以有
解得
故选D。
 

9.  宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮会产生以下核反应：，产生的能自发进行衰变，其半衰期为年，利用碳的衰变规律可推断古木的年代．下列说法正确的是(    )

A. 发生衰变的产物是
B. 衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子
C. 近年来由于地球的温室效应，引起的半衰期发生微小变化
D. 若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今约为年

【答案】D 

【解析】A.根据，即发生衰变的产物是，选项A错误；
B.衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；
C.半衰期只与原子核自身有关，与外界环境无关，选项C错误；
D.若测得一古木样品的含量为活体植物的，可知经过了个半衰期，则该古木距今约为年年，选项D正确。
故选D。
 

10.  太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”，已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：

则相邻两次“冲日”时间间隔约为(    )

A. 火星天 B. 火星天 C. 天王星天 D. 天王星天

【答案】B 

【解析】根据开普勒第三定律有
解得
设相邻两次“冲日”时间间隔为，则
解得
由表格中的数据可得，
故选B
 

11.  被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现余颗新脉冲星，领先世界。天眼对距地球为的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为。若天体射向天眼的辐射光子中，有倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为的个光子。普朗克常量为，则该天体发射频率为光子的功率为(    )
 

A.  B.  C.  D.

【答案】A 

【解析】设天体发射频率为光子的功率为，由题意可知
解得
故选A。
 

12.  如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方向偏转电极和荧光屏组成。电极的长度为、间距为、极板间电压为，极板间电压为零，电子枪加速电压为。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿方向进入偏转电极。已知电子电荷量为，质量为，则电子(    )
 

A. 在极板间的加速度大小为
B. 打在荧光屏时，动能大小为
C. 在极板间受到电场力的冲量大小为
D. 打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切

【答案】D 

【解析】A.由牛顿第二定律可得，在极板间的加速度大小，A错误；
B.电子在电子枪中加速时，有
电子在电极间运动时，有 ，
电子离开电极时的动能为
电子离开电极后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；
C.在极板间受到电场力的冲量大小，C错误；
D.打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切，D正确。
故选D。
 

13.  如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边以角度入射，依次经和两次反射，从直角边出射。出射光线相对于入射光线偏转了角，则(    )
 

A. 等于 B. 大于
C. 小于 D. 与棱镜的折射率有关

【答案】A 

【解析】如图所示

设光线在边的折射角为，根据折射定律可得
设光线在边的入射角为，光线在边的入射角为，折射角为；
由反射定律和几何知识可知


联立解得
根据折射定律可得
可得
过点做出射光的平行线，则该平行线与的夹角为，由几何知识可知，入射光与出射光的夹角为。
故选A。
 

二、多选题（本大题共2小题，共6.0分）

14.  下列说法正确的是(    )

A. 利用电容传感器可制成麦克风
B. 物体受合外力越大，则动量变化越快
C. 利用红外传感器可制成商场的自动门
D. 牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用

【答案】ABC 

【解析】A.声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成电信号，则可以利用电容传感器可制成麦克风，故A正确；
B.由动量定理有，可得。可知，物体受合外力越大，则动量变化越快，故B正确；
C.人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，则可以利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确；
D.牛顿运动定律只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题。而动量守恒定律既适用于宏观低速问题，也适用于微观高速问题，故D错误。
故选ABC。
 

15.  氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图所示。氢原子从能级跃迁到能级产生可见光Ⅰ，从能级跃迁到能级产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图和图所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是(    )
 

A. 图中的对应的是Ⅰ
B. 图中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C. Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量
D. 向移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大

【答案】CD 

【解析】根据题意可知。氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
可知，可见光Ⅰ的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大。
A.可知，图中的对应的可能是可见光Ⅱ，肯定不是Ⅰ，故A错误；
B.由公式干涉条纹间距为，由图可知，图中间距较小，则波长较小，对应的是可见光Ⅰ，故B错误；
C.根据题意，由公式可得，光子动量为，可知，Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C正确；
D.根据光电效应方程及动能定理可得
可知，频率越大，遏止电压越大，则向移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。
故选CD。
 

三、实验题（本大题共3小题，共14.0分）

16.  在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图所示。

需要的实验操作有__________多选；

A.调节滑轮使细线与轨道平行

B.倾斜轨道以补偿阻力

C.小车靠近打点计时器静止释放

D.先接通电源再释放小车

经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图所示。选取连续打出的点、、、、为计数点，则计数点的读数为__________。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打计数点时小车的速度大小为：__________结果保留位有效数字。

【答案】  ；
 ； 

【解析】实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项A正确；
B.该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B错误；
C.为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C正确；
D.先接通电源再释放小车，选项D正确。
故选ACD。
计数点的读数为。
已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打点周期，则打计数点时小车的速度大小为
 

17.  “探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。

采用的实验方法是__________

A.控制变量法等效法模拟法

在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的________之比选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值__________选填“不变”、“变大”或“变小”。

【答案】；
角速度平方；不变 

【解析】本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法；故选A。
标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据
在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。
小球质量和转动半径相同的情况下，根据，两小球所需的向心力比值不变，所以逐渐加大手柄的转速，左右标尺露出的红白相间等分标记的比值不变。
 

18.  在“测量金属丝的电阻率”实验中：

测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图所示，图中的导线端应与________选填“一”、“”或“”接线柱连接，端应与___________选填“”、“”或“”接线柱连接。开关闭合前，图中滑动变阻器滑片应置于____________选填“左”或“右”端。

合上开关，调节滑动变阻器，得到多组和数据。甲同学由每组、数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是___________选填“甲”或“乙”。

两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流的表头改装成电流表。如图所示，表头两端并联长为的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头满偏，毫安表示数为。改变，重复上述步骤，获得多组、数据，作出图像如图所示。

则图像斜率______。若要把该表头改装成量程为的电流表，需要把长为__________的镍铬丝并联在表头两端。结果均保留两位有效数字
 

【答案】 ；；左；
乙 ；
； 

【解析】实验中用两节干电池供电，则图中的导线端应与“”接线柱连接；电压表测电阻两端的电压，因金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故端应与“”接线柱连接；为了保护电表，开关闭合前，图中滑动变阻器滑片应置于左端。
做图象可以将剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度，减少实验的误差，则乙同学通过图像求电阻的方法更合理；
由图像可知图像斜率
方法一：由电路可知
解得
则
若要把该满偏电流为表头改装成量程为的电流表，则并联的电阻
解得
方法二：延长图像可知，当时可得
即
 

四、计算题（本大题共4小题，共41.0分）

19.  某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度、活塞与容器底的距离的状态。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态。活塞保持不动，气体被继续加热至温度的状态时触动报警器。从状态到状态的过程中气体内能增加了。取大气压，求气体

在状态的温度；

在状态的压强；

由状态到状态过程中从外界吸收热量。

【答案】根据题意可知，气体由状态变化到状态的过程中，封闭气体的压强不变，则有
解得
从状态到状态的过程中，活塞缓慢上升，则
解得
根据题意可知，气体由状态变化到状态的过程中，气体的体积不变，则有
解得
根据题意可知，从状态到状态的过程中气体对外做功为
由热力学第一定律有
解得 

【解析】从状态到状态的过程中气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律求气体在状态的温度；
从状态到状态的过程中气体发生等容变化，根据查理定律求气体在状态的压强；
根据求出从状态到状态的过程中气体对外做的功，再根据热力学第一定律求由状态到状态过程中从外界吸收热量。
 

20.  一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的倍。摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，

求滑块过点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；

摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；

在的条件下，求滑块从到所用的时间。

【答案】滑块从静止释放到点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过点时，根据牛顿第二定律可得
解得
设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到点过程，根据动能定理可得

解得
摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设共速速度为，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从到所用的时间为 

【解析】滑块从静止释放到点过程中，根据动能定理求解速度大小，滑块过点时，根据牛顿第二定律进行解答；
从静止释放到点过程，根据动能定理求解滑上摆渡车时的速度大小，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解动摩擦因数；
对摆渡车根据匀变速直线运动的规律求解滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程所用时间，滑块与摆渡车共速后，根据位移时间关系求解滑块与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间，因此得到滑块从到所用的时间。
 

21.  如图所示，刚性导体线框由长为、质量均为的两根竖杆，与长为的两轻质横杆组成，且。线框通有恒定电流，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心为原点、转轴为轴建立直角坐标系，在轴上距离为处，固定放置一半径远小于，面积为、电阻为的小圆环，其平面垂直于轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度匀速转动，当线框平面与平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的分量与时间的近似关系如图所示，图中已知。

求到时间内，流过圆环横截面的电荷量；

沿轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；

求圆环中电流的有效值；

当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为，求的值当，有。

【答案】由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
由电流定义式
联立可得
在时，，则
在时，，由楞次定律可知，这段时间内电流方向为顺时针，故有负号表示电流方向为顺时针
由图可知，此交变电流的周期为，由图的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期时间内的热等效求得
结合中分析可知，在时间内电流大小也为
则从能量角度有
解得
由能量传递
化简可得
即
解得 

【解析】根据电流定义式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律推导求解；
在时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零；在时间内，由法拉第电磁感应定律求得感应电动势，由楞次定律判断感应电流方向，根据闭合电路欧姆定律求解。
由图的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期时间内的热等效求得；
根据能量的转化，线框的动能减小量乘以转换效率等于圆环产生的焦耳热求解。
本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，涉及求解电荷量，有效值，能量转化等问题，理解题意应用相应的物理原理解答。
 

22.  探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。轴下方的分析器由两块相距为、长度足够的平行金属薄板和组成，其中位于轴的板中心有一小孔孔径忽略不计，板连接电流表后接地。位于坐标原点的离子源能发射质量为、电荷量为的正离子，其速度方向与轴夹角最大值为且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为、沿轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直轴射入孔。未能射入孔的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽图中没有画出。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。
 

求孔所处位置的坐标

求离子打在板上区域的长度

若在与板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为时的电压

若将分析器沿着轴平移，调节加载在与板之间的电压，求电流表示数刚为时的电压与孔位置坐标之间关系式。

【答案】速度大小为、沿轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图

由洛伦兹力提供向心力
解得半径
孔所处位置的坐标
速度大小为的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
解得半径

若要能在点入射，则由几何关系可得
解得

如图

由几何关系可得
不管从何角度发射，
由可得
由动能定理
化简有
解得
孔位置坐标
其中
联立可得，
解得
在此范围内，和相同，电压只与相关，即
粒子在磁场中做圆周运动，有
解得
联立解得 

【解析】已知速度大小为、沿轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直轴射入孔，由洛伦兹力提供向心力结合几何关系可得孔所处位置的坐标；
速度大小为的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力求解离子轨迹半径，离子若要能在点入射，由几何关系结合对称性进行解答；
离子速度方向与轴夹角为时，求出通过点的离子其速度沿方向的分量，由动能定理进行解答；
设离子速度大小为时离子轨迹半径为，根据洛伦兹力提供向心力求解轨迹半径，根据中离子的速度大小结合几何关系得到孔位置坐标与轨迹半径的关系，再根据动能定理求解电流表示数刚为时的电压与孔位置坐标之间关系式。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。